专题06 导数及应用（期末真题汇编，江苏专用）高三数学上学期

专题06 导数及应用 8大高频考点概览 考点01 导数的概念与几何意义 考点02 导数的运算 考点03 导数与单调性 考点04 导数与极值 考点05 导数与最值 考点06 导数与零点 考点07 导数与不等式 考点08 导数的综合应用 地 城 考点01 导数的概念与几何意义 1．（23-24高三上·江苏苏州·期末）已知函数，过点作的切线，若（），则直线的条数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先得到在处的切线方程为，点一定不在上，一定为过的一条切线，再设切点坐标为，，得到切线方程，将代入，化简得到，，构造函数，求导，得到其单调性，从而得到除外，过点作的切线还有一条，得到答案. 【详解】，令，则， 当时，，单调递增，当时，，单调递减， ，故在R上单调递增， 又，，故在处的切线方程为， 点在上， 故上只有点满足， 又因为，所以，故点一定不在上， 且一定为过的一条切线， 设切点为，，则切线的斜率为， 故切线方程为， 因为在切线上，故， 整理得， 由可知，恒成立， 故，， 令，， 则 ， 令，则在上恒成立， 故在上单调递增， 又，当时，，当时，， 又时，，时，， 故恒成立，在上单调递增， 故，只有1个根， 即除外，过点作的切线还有一条，共2条. 故选：C 【点睛】应用导数的几何意义求切点处切线的斜率，主要体现在以下几个方面： (1) 已知切点求斜率,即求该点处的导数； (2) 已知斜率求切点即解方程； (3) 已知切线过某点(不是切点) 求切点, 设出切点利用求解. 2．（2023·江苏连云港·期末）曲线在点处的切线方程为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】应用导数的几何意义求解即可. 【详解】因为，所以，即切点坐标为，由，所以，所以在点处的切线方程为，即. 故选：B 3．（23-24高三上·江苏连云港·期末）（多选）是定义在上的连续可导函数，为其导函数，下列说法正确的有（    ） A．若，则 B．若为偶函数，则为奇函数 C．若是周期为的函数，则也是周期为的函数 D．已知且，则 【答案】AD 【分析】对于A，等式两边对进行求导即可得出， 对于B，列举反例，， 对于C，列举反例， 对于D，等式两边对进行求导，分别令和即可求出. 【详解】对于A，等式两边对进行求导，则，所以，选项A正确， 对于B，列举反例，若，所以，此时为偶函数，但，并不是奇函数，所以选项B错误， 对于C，若，则，此时是以为周期的函数，但并不是周期函数，所以选项C错误， 对于D，因为，等式两边对进行求导，即， 令则，所以， 又因为，等式两边对进行求导，则， 令则，所以，所以，所以选项D正确. 故选：AD 4．（24-25高三上·江苏·期末）函数的图象在点处的切线的斜率为 ． 【答案】 【分析】利用导数的几何意义可求出所求切线的斜率. 【详解】因为，则， 故函数的图象在点处的切线的斜率为. 故答案为：. 5．（23-24高三上·江苏盐城·期末）定义在上的可导函数满足：①；②值域为；③对任意，有及，请写出同时满足上述所有条件的一个函数解析式： . 【答案】（答案不唯一） 【分析】根据的值域为，设，再由得到的周期为4，从而，再由求解. 【详解】解：因为的值域为，所以可设， 又，则， 所以，则的周期为4， 所以，则， 又，则，取， 所以， 则， 又， 即满足， . 故答案为： 6．（2023·江苏连云港·期末）过点与曲线相切的直线方程为 ． 【答案】 【分析】由导数的几何意义得出切线方程，进而由切点的位置得出，从而得出切线方程. 【详解】设切点坐标为，，. 则切线方程为，因为在切线上， 所以，即 又，所以， 令，，当时，， 所以在上单调递增， 所以方程只有唯一解为. 即切点坐标为，故所求切线方程为，即. 故答案为： 地 城 考点02 导数的运算 7．（23-24高三上·江苏常州·期末）函数的导函数，满足关系式，则的值为 ． 【答案】 【分析】因关系式中有，故考虑对原函数两边求导，再代入解方程即得. 【详解】由进行求导得：，当时，可得：，解得：. 故答案为: 地 城 考点03 导数与单调性 8．（23-24高三上·江苏扬州·期末）已知函数的导数为，对任意实数，都有，且，则的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】构造并判断单调性，利用单调性解不等式求解集. 【详解】由，可得， 令，结合，则， 所以在R上递减，故， 则原不等式解集为. 故选：A 9．（23-24高三上·江苏常州·期末）已知定义在上的函数的导数为，，且对任意的满足，则不等式的解集是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】构建，根据题意分析可知在上单调递减，结合函数单调性解不等式. 【详解】构建，则， 因为，则，即， 可知在上单调递减，且， 由可得，即，解得， 所以不等式的解集是. 故选：A． 【点睛】关键点点睛：根据构建，进而利用导数判断函数单调性，结合单调性解不等式. 10．（23-24高三上·江苏泰州·期末）已知函数在上是单调递增函数，则实数a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据区间单调性得对任意恒成立，即，利用导数研究右侧单调性，进而求参数a的范围. 【详解】因为函数在上是单调递增函数， 所以对任意恒成立，所以， 令，则， 所以在内为减函数， 所以，则． 故选：C 11．（23-24高三上·江苏南通·期末）已知函数及其导函数的定义域均为，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】方法一：设利用导数得到函数单调性，从而求解； 方法二：设特例法得解. 【详解】方法一：∵， ∴, 设则在上单调递减， 所以， ， 即，故C正确． 方法二：设又，C正确． 故选：C 12．（23-24高三上·江苏扬州·期末）函数的定义域为，若存在闭区间，使得函数同时满足：在上是单调递增函数，且在上的值域为（），则称区间为的“倍值区间”．如下四个函数，存在“2倍值区间”的是（    ） A．， B． C． D． 【答案】B 【分析】根据所给定义得到方程组，再根据图像判断或构造函数利用导数说明函数的单调性，即可判断函数的零点，从而得解. 【详解】对于A:，函数在上单调递增， 若函数存在“倍值区间”，则， 令，，则， 所以在上单调递减，故在上不可能存在两个零点， 所以函数不存在“2倍值区间”，故A错误； 对于B:为增函数，若函数存在“2倍值区间”，则， 令，则，所以当时，当时， 所以在上单调递减，在上单调递增， 又，即有两个根，所以存在2倍值区间，故B正确； 对于C:在上单调递增， 若函数存在“2倍值区间”，则， 所以，解得. 所以函数不存在“2倍值区间”，故C错误； 对于D：为增函数， 若存在“2倍值区间”，则， 结合及的图象知，方程无解， 故不存在“2倍值区间”，D错误； 故选：B 13．（2023·江苏南通·期末）已知，若，， 则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先判断的奇偶性和单调性，通过奇偶性把，，转化在同一单调区间，利用单调性比较即可. 【详解】由题意， 故为偶函数， 当时，，故， 所以，， 所以， 故当时，单调递增， ， 因，所以，即， 设函数， ，故在区间上单调递增， 所以， 所以，即， 所以， 所以，即， 故选：B 14．（2023·江苏镇江·期末）已知，若，，，则a，b，c的大小关系为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】首先证明此函数为偶函数，再利用其导函数得到其单调性，利用其是偶函数得到，，通过指数函数单调性得，再根据幂函数性质证明出，同取对数得到，则有，再利用单调性即可得到大小关系. 【详解】因为，定义域关于原点对称， ， 所以为上的偶函数， 当时,，设， 则，，， 所以即在上单调递减,所以, 所以在上单调递减,又因为为偶函数, 所以在上单调递增， 又因为,, 又因为, 因为,，所以, 所以，即, 所以, 所以, 即. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题首先证明函数的奇偶性与单调性，对于其单调性的求解需要二次求导，其次就是利用函数的奇偶性对进行一定的变形得，,然后就是比较的大小关系，需要结合指数函数的单调性以及幂函数的单调性进行合理放缩，对于这种较为接近的数字比较大小问题，通常需要利用函数的单调性以及寻找合适的中间量放缩. 15．（2023·江苏无锡·期末）下列函数中，既是偶函数又在上单调递减的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用函数的奇偶性和单调性的定义以及导数分别判断四个选项即可得出答案. 【详解】对于A，函数的定义域为R，关于原点对称， 且，所以函数为偶函数， 当时，函数单调递增，故A不符合题意； 对于B，函数的定义域为R，关于原点对称， 且，所以函数为奇函数， 由幂函数的性质知函数在R上单调递增， 所以函数在R上单调递减，故B不符合题意； 对于C，函数的定义域为R，关于原点对称， 且，所以函数为偶函数， 当时，又， 所以函数在上单调递减，故C符合题意； 对于D，函数的定义域为，关于原点对称， 且， 所以是奇函数，又， 令，令， 所以函数在上单调递减，在上单调递增，故D不符合题意. 故选：C. 16．（2023·江苏南通·期末）（多选）若函数，则（    ） A．的最小正周期为π B．的图像关于直线对称 C．的最小值为-1 D．的单调递减区间为 【答案】BCD 【分析】先求出的定义域，再对四个选项一一验证：对于A：利用定义法判断出的最小正周期；对于B：由，即可判断；对于C：设，得到利用导数求出，即可判断；对于D：利用复合函数单调性法则直接判断. 【详解】由得的定义域为. 对于A：当时，不在定义域内，故不成立，易知的最小正周期为，故选项错误； 对于B：又，所以的图像关于直线对称，所以选项正确； 对于C：因为，设，所以函数转化为， 由得，.得.所以在上单调递减，在上单调递增，故，即，故选项正确； 对于D：因为在上单调递减，在上单调递增，由，令得，又的定义域为，解得， 因为在上单调递增，所以的单调递减区间为， 同理函数的递增区间为，所以选项D正确. 故选：BCD. 17．（23-24高三上·江苏南京·期末）已知实数，分别满足，，其中是自然对数的底数，则 . 【答案】 【分析】方程变形为，令换元后利用函数的性质得出，从而可求解． 【详解】由得，令，则方程化为， 设，则，易知时，，递减，时，，递增， 而时，，因此时，， 又，因此，且， ∴， 故答案为：． 【点睛】方法点睛：两个变量在两个不同的方程中，本题方法是利用换元法，把两个方程化为同一种形式，然后结合函数的单调性得出变量的关系． 18．（23-24高三上·江苏常州·期末）已知函数，曲线在点处切线方程为． (1)讨论函数在上的单调性； (2)当时，恒成立，求实数的取值范围． 【答案】(1)单调递增 (2) 【分析】（1）根据条件，得到，再根据导数与函数单调性间的关系，即可求出结果； （2）构造函数，将问题转化成对恒成立，即，再对求导，利用导数与函数单调性间的关系，即可求出结果. 【详解】（1）因为，所以， 由题有，即，解得 所以，， 当时，，所以， 又当时，，所以， 即在区间上恒成立，所以在区间上单调递增． （2）由对恒成立， 即对恒成立， 令，所以对恒成立， 则， 令，则， 当时，由于，，，所以，当且仅当时取等号， 当时，，所以， 所以在区间上单调递增， 故， 当时，，所以在区间上单调递增， 又，所以符合题意， 当时，因为，则存在，使得， 所以在区间上单调递减，在区间上单调递增， 又，则时，，不合题意， 综上：的取值范围为． 【点睛】方法点睛：已知不等式恒成立求参数值(取值范围)问题常用的方法：（1）函数法：讨论参数范围，借助函数单调性求解；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域或最值问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解. 19．（24-25高三上·江苏镇江·期末）已知函数． (1)求函数的单调区间； (2)求的零点个数． (3)在区间上有两个零点，求m的范围？ 【答案】(1)的单调减区间为；单调增区间为， (2)1个 (3) 【分析】（1）对函数求导，利用导数正负与原函数的关系求解即可； （2）结合(1)问的单调性，求出函数的值域，结合零点存在定理即可求解. （3）将零点问题转化为函数交点问题，求出在区间上的值域然后数形结合即可求解. 【详解】（1）由题可得， 令，解得或， 令，解得， 令，解得或， 所以的单调减区间为；单调增区间为，. （2）因为的单调减区间为，单调增区间为，， 由于，则在上无零点； 由于，则在上无零点； 由于，则在上存在唯一零点； 综上，函数在上存在唯一零点. （3）若在区间上有两个零点， 则函数与在区间上有两个交点； 由(1)知，在上单调递增，上单调递减； ，，， 所以函数与在区间上有两个交点，则， 即在区间上有两个零点，则的范围为 20．（23-24高三上·江苏南通·期末）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)若a＞0，记为的零点，． ①证明：； ②探究与的大小关系． 【答案】(1)答案见解析 (2)①证明见解析；②． 【分析】（1）求导讨论和两种情况，根据导数的正负得到单调区间. （2）①证明：由在上单调递增，，，分别构造，，利用导数研究两个函数的单调性进而求得，，证得结果；②利用导数证明函数在上单调递增，，即证得 ，由的单调性即可证得结果. 【详解】（1）． 当时，单调递增；当时，令 在上单调递减；上单调递增． （2）①证明：在上单调递增， 要证：证 而 令， ， 在上单调递减，． ， 令，则 在上单调递增，． ． ② 在上单调递增， ． 【点睛】思路点睛：本题利用函数的单调性将问题转化为，，分别构造，，利用导数研究两个函数的单调性通过求得，，得出. 21．（23-24高三上·江苏·期末）已知函数（）. (1)当时，求函数的单调区间； (2)若函数的图象与x轴相切，求证：. 【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为 (2)证明见解析 【分析】（1）首先求函数的导数，并化简，利用导数的零点和单调性，即可判断函数的单调性； （2）首先由题意可得，化简后，结合零点存在性定理，求得函数零点的所在区间，并由表示和，即可证明. 【详解】（1）当时，， ， 所以，又 当时，恒成立 所以在上单调递增， 所以当时，；当时，， 所以的单调递减区间为，单调递增区间为 . （2），设函数的图象与轴相切于点， 则即，即 所以，设，则在上单调递增且图象不间断， 又，，所以，由得， 又因为，所以，则， 所以，即. 而在区间单调递增， 所以， 即，得证. 【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是确定零点所在的区间，并能正确表示. 22．（23-24高三上·江苏苏州·期末）已知函数，． (1)讨论的单调性； (2)当时，若的极小值点为，证明：存在唯一的零点，且． 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）求得，分类讨论，，和，分析函数的正负，即可得出答案； （2）由题意先表示出，再令，利用导数分析函数的单调性，可得有最小值，即可证明. 【详解】（1）， 若，由，则时，，单调递增； 时，，单调递减； 时，令，得或， 若，则或时，，单调递增；时，，单调递减； 若，则在上恒成立，在上单调递增； 若，则或时，，单调递增；时，，单调递减． 综上，当时，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在，上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递增； 当时，在，上单调递增，在上单调递减. （2）由(1)知，时，在，上单调递增； 在上单调递减，则的极小值点为， 由极大值，且当趋近正无穷时，趋近正无穷， 存在唯一的零点，满足， 化简得，， ∴，即， ∴， 设，， ， 当时，，单调递增， 时，，单调递减， 从而当时，有最小值， 综上所述，存在唯一的零点，且． 【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法： （1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用； （2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题； （3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题. 23．（23-24高三上·江苏盐城·期末）设函数，其中为自然对数的底数， (1)若为上的单调增函数，求实数的取值范围； (2)讨论的零点的个数. 【答案】(1) (2)答案见解析 【分析】（1）依题需使在上恒成立，接着对的取值分类讨论，确保条件满足即得的取值范围； （2）借助于一阶、二阶导数，就的取值范围分类进行分析、讨论函数的零点情况. 【详解】（1）因为上的单调增函数，故对恒成立， ①当时，显然符合； ②当时，当时，，不合题意，舍去； ③当时，令则当 时， ，当 时， ， 故在上递减，在上递增，则， 依题意，需使，即，故得：. 综上：实数的取值范围为. （2） ①当时，有且仅有一个零点； ②当时，若，则无零点，当时，递增，注意到 由零点存在定理，在上有唯一的零点； ③当时，令当时，，当时，， 故在上递增，在上递减， 时，时，递减，注意到， 则在上有唯一的零点，且当时，递增；当时，，递减， 注意到， 在和上各有一个零点 综上：当时，有两个零点；当时，有唯一的零点. 【点睛】方法点睛：本题主要考查了不等式恒成立问题和函数零点问题.对于这两类问题，一般考虑两种方法： （1）讨论分析法：即对函数进行求导，按参数分类讨论相关函数的单调性、极值等性质得出结论； （2）参变分离法：通过等价转化进行参变分离，将恒成立问题转化为求相关函数的值域问题，或将函数零点问题转化为两函数的图像的交点问题. 24．（23-24高三上·江苏扬州·期末）已知函数． (1)求函数的单调区间； (2)若对于任意的，且，恒有，求实数的取值范围． 【答案】(1)答案见解析 (2) 【分析】（1）求导后，根据导函数的正负情况对实数进行分类讨论； （2）不妨设，原不等式分离得到，进而转化为，则函数在上单调递减，然后利用导数研究函数的单调性求得实数的取值范围. 【详解】（1）的定义域为， 当时，在恒成立， 当时，令，得，单调递增；令，得，单调递减， 综上所述：当时，的单调递减区间为； 当时，的单调递增区间为，单调递减区间为. （2）不妨设，则不等式等价于， 即， 令，则函数在上单调递减， 则在上恒成立， 所以在上恒成立，所以， 因为在上单调递减，在递增，所以， 所以实数的取值范围为. 25．（23-24高三上·江苏南京·期末）已知函数，为其导函数. (1)若，求的单调区间； (2)若关于的方程有两个不相等的实根，求实数的取值范围. 【答案】(1)的单调减区间为，增区间为 (2) 【分析】（1）根据函数单调性与导数的关系确定函数的单调区间即可； （2）将方程有两个不相等的实根，转化为函数，在上有两个零点问题，求导数从而讨论函数单调性，结合零点存在定理判断是否符合题意，从而可得实数的取值范围. 【详解】（1）解：函数，，则， 令，则，设，则，得， 故时，，函数即单调递减，时，，函数即单调递增， 所以，又时，，又， 所以时，，函数单调递减，时，，函数单调递增， 故的单调减区间为，增区间为； （2）解：关于的方程有两个不相等的实根，即函数，在上有两个零点， 又， ①当时，，得，所以当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增， 所以，又时，，，则函数在上有两个零点； ②当时，，得，， （i）当时，，此时恒成立，函数单调递增，在上不可能有两个零点，不符合题意； （ii）当时，，则当时，，函数单调递增，时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增， 所以，，故函数在区间无零点，在不可能存在两个零点，故不符合题意； （iii）当时，，则当时，，函数单调递增，时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增， 又，故函数在区间无零点，在不可能存在两个零点，故不符合题意； ③当时，方程只有一个实根1，不合题意； 综上，实数的取值范围. 【点睛】本题考查的是函数单调性、函数零点问题与导数的综合，难度较大.解决含参方程问题得关键是将含参方程转化为函数零点问题，从而利用函数单调性与导数的关系，对参数进行讨论先确定单调性，再结合零点存在定理及函数的极值判断各单调区间零点个数，从而求得参数范围，需要注意的是取值判断函数值符号的过程可结合函数的极限思想看开区间端点处的函数值趋势得正负. 26．（2023·江苏连云港·期末）已知函数，且，． (1)若，函数在区间上单调递增，求实数b的取值范围； (2)证明：对于任意实数，．参考数据：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】(1)利用导数与单调性最值的关系求解；(2)利用导数讨论单调性并证明不等式. 【详解】（1）时，， 由题知对任意恒成立， 因为在单调递增， 则，得． 又，，得， 综上． （2）法1： 由题，，则， 而，显然在R上单调递增， ， ， 由零点存在定理知存在唯一使， 所以在单调递减，在单调递增， 所以， ， ， 所以 记，单调递减， 又， 故，又，故， 则， 命题得证． （2）法2： 由题，， 则， 而，显然在R上单调递增， ， ， 由零点存在定理知存在唯一， 使，， 所以在单调递减，在单调递增， 所以， 记， 则对称轴， 所以 命题得证． 地 城 考点04 导数与极值 27．（23-24高三上·江苏苏州·期末）已知函数. (1)求的极值； (2)证明：. 【答案】(1)极大值，无极小值 (2)证明见解析 【分析】，设，根据函数在上单调递减，及，即可得出函数的极值. （2）要证明即证，等价于，设，研究其单调性即可证明结论. 【详解】（1）由可知函数的定义域为，. 设，因为，所以在上单调递减. 当时，，故，单调递增； 当时，，故，单调递减， 所以有极大值，无极小值. （2）要证，即证， 即证. 设，则， 显然在上单调递增，又因为， 所以存在唯一的，使， 即，所以. 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以， 又因为，所以， 所以，即原不等式成立. 28．（24-25高三上·江苏扬州·期末）已知函数的两个极值点为，且，则实数的取值范围为 ． 【答案】 【分析】由题意可知，为方程的两根，列出韦达定理，将不等式变形为关于实数的不等式，即可解得实数的最小值. 【详解】函数定义域为，且， 因为函数有两个极值点，则，可得， 由题意可知，为方程的两根， 由韦达定理可得， 所以 ，解得，所以， 因此，实数的取值范围为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于熟练掌握立方和与完全平方公式，从而得解. 29．（23-24高三·江苏南通·期末）设曲线在点处取得极值. （1）求的值； （2）求函数的单调区间和极值. 【答案】(1)2；(2)在区间和单调递减，在区间单调递增；的极大值为；的极小值为. 【分析】（1）根据，即可容易求得； （2）根据（1）中所求，求得，即可容易求得单调区间和极值. 【详解】（1）因为，故可得， 又因为，故可得，解得，经检验符合题意. （2）由（1）可知， ， 令，解得， 又因为函数定义域为， 故可得在区间和单调递减，在区间单调递增. 故的极大值为；的极小值为. 【点睛】本题考查利用极值点求参数值，以及利用导数求函数的单调区间和极值，属综合基础题. 30．（23-24高三·江苏苏州·期末）已知函数，为的导数．证明： （1）在区间存在唯一极大值点； （2）有且仅有2个零点． 【答案】（1）见解析；（2）见解析 【分析】（1）求得导函数后，可判断出导函数在上单调递减，根据零点存在定理可判断出，使得，进而得到导函数在上的单调性，从而可证得结论；（2）由（1）的结论可知为在上的唯一零点；当时，首先可判断出在上无零点，再利用零点存在定理得到在上的单调性，可知，不存在零点；当时，利用零点存在定理和单调性可判断出存在唯一一个零点；当，可证得；综合上述情况可证得结论. 【详解】（1）由题意知：定义域为：且 令， ， 在上单调递减，在上单调递减 在上单调递减 又， ，使得 当时，；时， 即在上单调递增；在上单调递减 则为唯一的极大值点 即：在区间上存在唯一的极大值点. （2）由（1）知：， ①当时，由（1）可知在上单调递增     在上单调递减 又 为在上的唯一零点 ②当时，在上单调递增，在上单调递减 又     在上单调递增，此时，不存在零点 又 ，使得 在上单调递增，在上单调递减 又， 在上恒成立，此时不存在零点 ③当时，单调递减，单调递减 在上单调递减 又， 即，又在上单调递减 在上存在唯一零点 ④当时，， 即在上不存在零点 综上所述：有且仅有个零点 【点睛】本题考查导数与函数极值之间的关系、利用导数解决函数零点个数的问题.解决零点问题的关键一方面是利用零点存在定理或最值点来说明存在零点，另一方面是利用函数的单调性说明在区间内零点的唯一性，二者缺一不可. 地 城 考点05 导数与最值 31．（23-24高三上·江苏常州·期末）已知正三棱锥的侧棱长为3，当该三棱锥的体积取得最大值时，点到平面的距离是（   ） A． B． C．3 D． 【答案】C 【分析】根据正棱锥的性质得到，然后根据导数分析单调性得到时三棱锥的体积最大，最后求距离即可. 【详解】    设底面边长为，为的中心，则底面面积，， ，， 令，，， 则时，，单调递增， 时，，单调递减，， 即时，， 到面距离，则，. 故选：C． 32．（23-24高三上·江苏南京·期末）已知等比数列单调递增，且成等差数列，则当取最小值时，集合中的元素之和为（    ） A．36 B．42 C．54 D．61 【答案】D 【分析】根据题意可知，利用等差数列性质可得，即可得，构造函数并利用导函数即可求得时，取最小值，可得，易知只有为整数，即可求得结果. 【详解】设等比数列的公比为， 由成等差数列得，即， 整理得，故为正项数列， 又因为等比数列单调递增，说明其公比， 于是． 设，则， 所以当时，单调递减；当时，单调递增， 故当时，取最小值； 于是可求得， 所以可得 所以集合中的元素之和为， 故选：D． 【点睛】关键点睛：本题关键在于利用等差数列性质得出，通过构造函数利用导数求出取得最小值时的取值，得出数列的通项公式即可求出结果. 33．（2023·江苏·期末）在三棱锥中，，，圆柱体在三棱锥内部（包含边界），且该圆柱体的底面圆在平面内，则当该圆柱体的体积最大时，圆柱体的高为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设内接圆柱的底面半径为r，高为h，由轴截面中相似三角形把用表示，求出体积后利用导数求最大值及取最值时高的条件． 【详解】    设内接圆柱的底面半径为r，圆柱体的高为h. 是圆柱上底面与三棱锥侧面的切点,是连接直线与棱锥下底面的交点， 是圆柱上底面所在平面与的交点， ，，    则由与相似，可得,可得，可得. 内接圆柱体积. 因为， 单调递增,单调递减, 所以有最大值，此时. 故选:A. 34．（24-25高三上·江苏无锡·期末）在中，内角所对的边分别为（）.已知，则的最大值是 . 【答案】/ 【分析】根据条件，利用正弦定理边转角得到，，从而有，构造函数，，利用导数，求出的单调区间，即可求解. 【详解】由，则由正弦定理可得，， 所以或，而，且，即， 所以，且，即， ， 令，则，所以， 当时，，则在上递增； 当时，，则在上递减； 所以. 故答案为：. 35．（2023·江苏南通·期末）已知圆锥的母线长为2，则当圆锥的母线与底面所成的角的余弦值为 时，圆锥的体积最大，最大值为 ． 【答案】 【分析】由线面角的定义得出，从而得出，再由导数求解即可. 【详解】设圆锥的底面半径为，圆锥的母线与底面所成的角为，易知. 圆锥的体积为 令，则， 当时，，当时，， 即函数在上单调递增，在上单调递减， 即，此时. 故答案为：； 36．（23-24高三上·江苏·期末）已知函数． (1)当时，求的最小值； (2)若在处取得极小值，求实数a的取值范围． 【答案】(1)1 (2)． 【分析】（1）时，，求出的单调区间，即可求解； （2）分讨论，即可求解. 【详解】（1）当时，， 设，由得，则在上单调递减，在上单调递增， 所以，则，所以． 因为在上单调递增，且，则 0 － 0 ＋ 递减 极小值 递增 所以，的最小值为． （2）记，，则． ①当时，，则在上单调递减， 又因为，所以当时，，所以， 令，则，因为， 所以使得， 当时，，所以，， 若处取得极小值，则，即，与矛盾，不成立． ②当时， 所以在上单调递减，在上单调递增，所以在取极小值，所以符合题意． ③当时，则，所以， ，，又，所以在上单调递增， 所以当时，；当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增，所以在处取得极小值． ④当时，在上单调递增，且， 所以当时，，所以在上单调递减， 又，，所以使得，所以时， 所以，，则， 又，所以在上单调递增， 则时，，时，， 所以在上单调递减，上单调递增 所以在处取得极小值． 综上可知，． 【点睛】关键点点睛：根据函数的极值点求解参数的取值范围，解答时要根据函数解析式的结构特点，利用恒成立时，分进行讨论，看是否满足题意，从而求解问题. 37．（24-25高三上·江苏·期末）设函数（，，）. (1)当时，求的最小值； (2)讨论函数的图象是否有对称中心.若有，请求出；若无，请说明理由； (3)当时，都有，求实数a的取值集合. 【答案】(1)4 (2)答案见解析 (3) 【分析】（1）结合指数运算法则，利用基本不等式求解即可，注意验证等号成立条件. （2）利用中心对称列方程，根据指数运算化简得，，按照和分类讨论求解即可. （3）由题意转化为恒成立，令，按照和分类讨论，利用导数法研究其单调性，求解最值即可得解. 【详解】（1）当时，， 当且仅当，即时取等号， 所以，当时，取最小值4. （2）设点为函数的对称中心，则， 所以，即， 所以， 于是，且，且， 即，， 所以当时，m无解，此时函数的图象没有对称中心； 当时，，此时函数图象的对称中心为. （3）当时，，所以在上恒成立，即． 令，则， 所以，令，则， 所以在上单调递减， ①当时，，则在上单调递减， 此时当时，，舍去； ②当时，由，解得， 1°当时，， 所以时，，则单调递增； 时，，则单调递减； 所以时，取极大值，则，所以满足； 2°当时，， 因为时，，则单调递减， 所以时，，舍去； 3°当时，， 因为时，，则单调递增， 所以时，，舍去； 综上，实数a的取值集合为. 38．（23-24高三上·江苏扬州·期末）已知函数的最小值为. (1)求实数的值； (2)若有两个不同的实数根，求证：. 【答案】(1)1； (2)证明见解析. 【分析】（1）利用导数研究的单调性，结合最小值求参数值即可； （2）根据题设及导数判断的单调性及区间符号，进而有，根据极值点偏移，构造并利用导数研究上的单调性，证明，再记函数与和交点的横坐标分别为，结合导数证得、，有，即可证结论. 【详解】（1）因为，令，可得， 当时单调递减；当时单调递增. 所以，所以. （2）证明：由（1）知，在上单调递减，在上单调递增， 当时，当时，    所以， 先证明. 记，则， 当时，，所以单调递减， 所以当时，，即， 故，即. 又，由单调性知：，即. 再证明. 记函数与和交点的横坐标分别为. ①当时，，故，所以，. （或：的图象在的图象的下方，且两个函数在上都是减函数） ②当时，记，所以. 当时单调递减；当时单调递增. 又，当时，，即. 故 所以，故. （或的图象在的图象的下方，且两个函数在上都递增） 综上，. 【点睛】关键点睛：第二问，首先应用极值点偏移构造证，再记函数与和交点的横坐标分别为，依次证、为关键. 39．（23-24高三·江苏常州·期末）已知函数，其图象在点处的切线方程为. (1)求函数的解析式； (2)求函数在区间上的最值. 【答案】(1) (2)最大值为，最小值为 【分析】（1）利用导数的几何意义可得出，可得出关于、的方程组，解出这两个未知数的值，即可得出函数的解析式； （2）利用导数求出函数的极大值和极小值，再与、进行大小比较，即可得出结论. 【详解】（1）解：因为，则， 因为函数的图象在点处的切线方程为， 则，解得，故. （2）解：因为，则，列表如下： 增 极大值 减 极小值 增 又因为，， 所以，函数在上的最大值为，最小值为. 地 城 考点06 导数与零点 40．（23-24高三上·江苏南京·期末）（多选）已知函数的零点为，函数的零点为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】注意到，又可得 在单调递增，则有，后由零点存在性定理可得范围.，之后判断各选项正误即可得答案.. 【详解】， 又函数的零点为，则，其中. ，得在上单调递增，又其有零点，则为其唯一零点. 又，得. 注意到，， 则，且. 对于A，因，， 则，故A正确. 对于B，因，则. 令.在上单调递减， 则，得在上单调递增. 则，即，故B错误. 对于C选项，因，，则，故. 则由基本不等式结合有：，故C正确. 对于D选项，因，则，由C选项分析可知. 则令，. 得在上单调递增，故，即.故D正确. 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：本题涉及函数零点，构造函数证明不等式，需注意以下两点: （1）若题目中同时出现与，常通过使出现相同结构. （2）对于双变量问题，常利用消元思想转化为关于一个未知数的问题. 41．（2023·江苏·期末）已知函数的导函数满足：，且.若函数有且只有一个零点，则实数a的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由函数的性质设，得到.由零点的定义得到，利用基本不等式和正弦函数的有界性求出a的值. 【详解】由函数的导函数满足：，且，不妨设满足条件. 此时. 令，即，有且仅有一个零点. 因为，当且仅当即时取“＝”， 当时，， 又，所以， 此时要么没零点，要么不仅一个零点， 所以是的唯一零点， 此时，解得， 所以. 故选：B. 42．（23-24高三上·江苏镇江·期末）已知函数． (1)若恒成立，求的取值范围； (2)若有两个不同的零点，且，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由分离变量得，通过构造函数，结合导数求得的取值范围； （2）由，两式相减得，利用换元法表示，通过构造函数法，利用导数证得，结合（1）求得的取值范围. 【详解】（1）的定义域为，令，得， 令，则， 令，可得， 当时，；当时，． 所以在区间上单调递减，在区间上单调递增． 所以， 所以． （2），两式相减，得． 令，则，故， 记，则， 构造函数，， 所以在上递减， 由于， 所以当时，，所以， 所以函数在区间上单调递减， 故， 即，而，在区间上单调递减， 故，即． 【点睛】方法点睛：利用导数研究函数零点或方程的根，通常有三种思路： （1）用最值或极值研究；（2）用数形结合思想研究；（3）构造辅助函数研究． 地 城 考点07 导数与不等式 43．（2023·江苏连云港·期末）（多选）已知，，若直线与、图象交点的纵坐标分别为，，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】由已知可得，，依据每个选项的条件逐项计算可判断每个选项的正确性． 【详解】由题意得，， ，，， 对于A：，因为函数在上单调递增， ，故A正确； ，因为函数在上单调递增， ，故B正确； 由，，，， ，故C错误； 令，则， 当时，，在上单调递增， 因为，则，所以， ，，，故D正确． 故选：ABD． 44．（2023·江苏·期末）（多选）三角函数表最早可以追溯到古希腊天文学家托勒密的著作《天文学大成》中记录的“弦表”，可以用来查询非特殊角的三角函数近似值，为天文学中很多复杂的运算提供了便利，有趣的是，很多涉及三角函数值大小比较的问题却不一定要求出准确的三角函数值，就比如下面几个选项，其中正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】BC 【分析】对于A，利用三角函数的性质判断出，，即可判断；对于B，判断出，即可判断；对于C，令，，利用导数判断单调性即可判断；对于D，构造函数，利用导数判断出，即可判断， 【详解】对于A，∵， ， ∴，故A错误； 对于B，记，，则， 记，，则， 令，，则恒成立， 所以在上单调递增，所以， 所以，所以在上单调递增， 而，所以， 所以在上单调递增，所以， 所以，，所以， 所以，，，故，故B正确； 对于C，记，则， 令，得；令，得； 函数在上单调递增，在上单调递减， 所以对任意，都有，即恒成立， 令，，所以， 对于函数，，因为恒成立， 所以在上单调递增，所以，即在上恒成立， 因为，即，所以， 因为， 所以，故C正确， 对于D，令，若，令， ，由解得：，解得：， 所以在上单调递减；上单调递增，所以， 记，因为， 所以在上单调递增，因为， 所以，即， 所以，则，故D错. 故选：BC. 【点睛】方法点睛：比较大小类题目解题方法： （1）结构相同的，构造函数，利用函数的单调性比较大小； （2）结构不同的，寻找“中间桥梁”，通常与0、1比较. 45．（23-24高三上·江苏镇江·期末）已知实数，，，那么，，大小关系为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据所给实数的表达式进行构造函数，然后利用导数判断出函数的单调性，最后利用函数的单调性进行判断即可. 【详解】构造函数，当时，单调递减， 当时，单调递增. 因为，，，， 所以，即. 故选：C 【点睛】关键点睛：根据几个实数的特征构造函数，利用导数判断其单调性是解决此类问题的关键. 46．（23-24高三上·江苏·期末）已知，，，则，，的大小关系是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】因为，，，故考虑构造函数，利用导数研究函数的单调性，结合单调性比较的大小，再结合对数函数的单调性比较的大小可得结论. 【详解】因为，， 构造函数， 因为， 所以当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 又，所以， 故，即， 因为，， 因为，， 所以，， 所以，即， 所以， 故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于通过将化为结构相似的形式，通过构造函数，再利用函数的单调性比较函数值的大小. 47．（23-24高三上·江苏南京·期末）设实数，若不等式对恒成立，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】把不等式进行同构变形：，引入函数，由导数确定单调性，不等式化为，分离参数为，再引诱函数，由导数求出其最大值后可得结论． 【详解】由题意，，，设，则不等式为，∵，∴在上是增函数，∴，即，令，则，当时，递增，时，递减，∴，∴， 故选：B． 【点睛】方法点睛：有些函数不等式是混合不等式，如不等式中既有自然对数，又有以为底的指数时，我们可以把不等式变形为形式，利用的单调性化简不等式为（或），这类方法称为同构，函数可称为母函数，如，，等等，注意掌握常见的指对同构关系： ，，． 地 城 考点08 导数的综合应用 48．（23-24高三上·江苏泰州·期末）函数，若恰有6个不同实数解，正实数的范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】把问题转化为，画出图形，数形结合，再结合单调性和对称性求出参数范围即可. 【详解】由题知， 的实数解可转化为或的实数解，即， 当时， 所以时，，单调递增， 时，，单调递减， 如图所示： 所以时有最大值： 所以时，由图可知， 当时，因为，， 所以， 令，则 则有且，如图所示： 因为时，已有两个交点， 所以只需保证与及与有四个交点即可， 所以只需，解得． 故选：D 49．（2023·江苏常州·期末）（多选题）已知函数，则（    ） A．函数在区间上单调递减 B．函数在区间上的最大值为1 C．函数在点处的切线方程为 D．若关于的方程在区间上有两解，则 【答案】AC 【分析】利用导数分析函数的单调性，进而判断AB选项；结合导数的几何意义可判断C选项；画出函数大致图象，结合图象即可判断D选项. 【详解】因为，， 所以， 令，即；令，即， 所以函数在区间上单调递减，在上单调递增，故A正确； 因为，， 所以函数在区间上的最大值为4，故B错误； 因为，， 所以函数在点处的切线方程为， 即，故C正确； 因为，函数大致图象如图， 要使方程在区间上有两解， 则，故D错误. 故选：AC. 50．（23-24高三上·江苏南通·期末）（多选）我国古代数学家祖暅提出一条原理：“幂势既同，则积不容异”，即两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等．利用该原理可以证明：一个底面半径和高都等于R的圆柱，挖去一个以上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥后，所得的几何体的体积与一个半径为R的半球的体积相等．现有一个半径为R的球，被一个距离球心为d（）的平面截成两部分，记两部分的体积分别为，则（    ） A． B． C．当时， D．当时， 【答案】ACD 【分析】对于A，，化简即可验算；对于B，化简即可验算；对于C，，将代入即可判断；对于D，求的最小值即可. 【详解】（同底等高）， ，A对． ，B错． 对于C，，，C对． 对于D，时，， ， 在，，D对． 故选：ACD. 【点睛】关键点睛：判断D选项的关键是首先得到，然后通过换元求导得函数最小值即可验证，从而顺利得解. 51．（23-24高三上·江苏常州·期末）（多选）关于函数，下列说法正确的有（   ） A．函数的图象关于点对称 B．函数在上单调递增，在上单调递减 C．若方程恰有一个实数根，则 D．若，都有，则 【答案】BD 【分析】计算是否得0可判断A；利用导数判断出单调性可判断B；结合单调性、值域可判断C；转化为求最小值可判断D. 【详解】对于A，， 不是关于对称，故A错误； 对于B， ，时，，单调递减， 时，，单调递增，故B正确； 对于C，时，，时，， 且在上单调递增，如时，只有一个根，故C错误； 对于D，由时，单调递减，时，单调递增， 所以，，即求最小值， 当时，，且， 所以， ．故D正确. 故选：BD． 【点睛】关键点点睛：本题的关键点是利用导数判断出单调性再解题. 52．（23-24高三上·江苏南京·期末）（多选）已知实数a，b满足，则（    ） A． B． C． D． 【答案】AD 【分析】先由题意可知，由，得，构造函数，得，再对四个选项逐一分析即可. 【详解】由题意可得， 则由，得. 对于A：设，， 则在区间上，，为增函数， 所以由题意可得，所以，故A正确； 对于B：由，得,故B错误； 对于C：由A可知在区间上为增函数， 且，则，即, 则, 由,得, 令,则, 所以在上单调递增, 所以, 所以,故C错误； 对于D：又, 令, 则, 所以在上单调递增,所以， 所以, 又，且, 令， 根据对勾函数的性质可得在上单调递减，在上单调递增，且， 所以， 综上可得，故D正确； 故选:AD. 【点睛】关键点睛： 本题关键点在于构造函数，利用导数求其单调性，从而可得. 53．（2023·江苏南京·期末）若存在两个不等的正实数，，使得成立，则实数的取值范围为 . 【答案】 【分析】对已知等式进行变形，构造新函数，利用导数判断函数的单调性，结合题意进行求解即可. 【详解】， 构造函数， 所以原问题等价于存在两个不等的正实数，，使得， 显然函数不是正实数集上的单调函数， ， 设， 当时，单调递增， 当时，单调递减，故， 当时，即时，单调递增，所以不符合题意； 当时，即时，显然存在，使得， 因此一定存在区间，使得在上异号，因此函数在上单调性不同， 因此一定存在两个不等的正实数，，使得成立， 故答案为： 【点睛】关键点睛：本题的关键是由构造函数. 54．（23-24高三上·江苏南京·期末）已知函数. (1)若当时，，求实数的取值范围； (2)求证：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）求导后令，对与2的大小关系进行分类讨论，结合导数与单调性极值的关系即可求解. （2）由（1）得，进而将代入裂项即可得解. 【详解】（1）由题可知. 令，其图象的对称轴为直线. 当即时，在单调递增， 又， 所以当时，恒成立，从而恒成立， 所以在单调递增， 又，所以恒成立. 当即时，在单调递减，在单调递增， 又， 所以当时，恒成立，从而恒成立，在单调递减， 又，所以当时，，与已知矛盾，舍去. 综上所述，的取值范围为. （2）由（1）可知，当时，， 从而， 于是. 【点睛】关键点睛：第一问的关键是找到合适的临界点进行分类讨论，第二问的关键是代入后采取裂项法求和即可顺利得解. 55．（2023·江苏南京·期末）2023年10月5日晚，杭州亚运会女篮决赛的巅峰对决中，中国女篮以战胜日本女篮，成功卫冕亚运会冠军，大快人心，表现神勇，为国家和人民争了光．某校随即开展了“学习女篮精神，塑造健康体魄”的主题活动，在该活动的某次篮球训练课上，进行了一场、、3名女篮队员的传接球的训练，球从手中开始，等可能地随机传向另外2人中的1人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外2人中的1人，如此不停地传下去，假设传出的球都能被接住．记第次传球之前球在手中的概率为，易知，． (1)①求第5次传球前，球恰好在手中的概率； ②第次传球前球在手中的概率为，试比较与的大小． (2)训练结束，体育老师为了表扬队员们精彩的表现和取得的进步，组织了一场“摸球抽奖”活动，先在一个口袋中装有个红球（且）和5个白球，一次摸奖从中摸两个球，两个球颜色不同则为中奖．若设三次摸奖（每次摸奖后球放回）恰好有一次中奖的概率，当取何值时，最大? 【答案】(1)①；② (2) 【分析】（1）①利用树状图列出所有可能结果，再由古典概型的概率公式计算可得； ②依题意第次传球前在乙、丙手中的概率均为，则，从而得到为等比数列，即可求出的通项公式，求出与，即可判断； （3）首先求出一次摸奖中奖的概率，则三次摸奖（每次摸奖后放回），恰有一次中奖的概率，，再利用导数求出函数的单调性，即可求出函数的极大值点，再求出即可. 【详解】（1）①记三个人分别为、、，则4次传球的所有可能可用树状图列出，如图．    每一个分支为一种传球方案，则基本事件的总数为16，而又回到手中的事件个数为6， 根据古典概型的概率公式得． ②第次传球前在乙、丙手中的概率均为， 故， 为等比数列，首项为，公比为， ， 所以， ， ， . （2）一次摸奖从个球中任选两个，有种，它们等可能，其中两球不同色有种，一次摸奖中奖的概率 三次摸奖（每次摸奖后放回），恰有一次中奖的概率 ，， 则， 所以当时，当时， 所以在上为增函数，在上为减函数，当时，取得最大值， 又，得时，最大. 试卷第1页，共3页 1 / 44 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题06 导数及应用 8大高频考点概览 考点01 导数的概念与几何意义 考点02 导数的运算 考点03 导数与单调性 考点04 导数与极值 考点05 导数与最值 考点06 导数与零点 考点07 导数与不等式 考点08 导数的综合应用 地 城 考点01 导数的概念与几何意义 1．（23-24高三上·江苏苏州·期末）已知函数，过点作的切线，若（），则直线的条数为（   ） A． B． C． D． 2．（2023·江苏连云港·期末）曲线在点处的切线方程为（     ） A． B． C． D． 3．（23-24高三上·江苏连云港·期末）（多选）是定义在上的连续可导函数，为其导函数，下列说法正确的有（    ） A．若，则 B．若为偶函数，则为奇函数 C．若是周期为的函数，则也是周期为的函数 D．已知且，则 4．（24-25高三上·江苏·期末）函数的图象在点处的切线的斜率为 ． 5．（23-24高三上·江苏盐城·期末）定义在上的可导函数满足：①；②值域为；③对任意，有及，请写出同时满足上述所有条件的一个函数解析式： . 6．（2023·江苏连云港·期末）过点与曲线相切的直线方程为 ． 地 城 考点02 导数的运算 7．（23-24高三上·江苏常州·期末）函数的导函数，满足关系式，则的值为 ． 地 城 考点03 导数与单调性 8．（23-24高三上·江苏扬州·期末）已知函数的导数为，对任意实数，都有，且，则的解集为（    ） A． B． C． D． 9．（23-24高三上·江苏常州·期末）已知定义在上的函数的导数为，，且对任意的满足，则不等式的解集是（   ） A． B． C． D． 10．（23-24高三上·江苏泰州·期末）已知函数在上是单调递增函数，则实数a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 11．（23-24高三上·江苏南通·期末）已知函数及其导函数的定义域均为，若，则（    ） A． B． C． D． 12．（23-24高三上·江苏扬州·期末）函数的定义域为，若存在闭区间，使得函数同时满足：在上是单调递增函数，且在上的值域为（），则称区间为的“倍值区间”．如下四个函数，存在“2倍值区间”的是（    ） A．， B． C． D． 13．（2023·江苏南通·期末）已知，若，， 则（    ） A． B． C． D． 14．（2023·江苏镇江·期末）已知，若，，，则a，b，c的大小关系为（    ） A． B． C． D． 15．（2023·江苏无锡·期末）下列函数中，既是偶函数又在上单调递减的是（    ） A． B． C． D． 16．（2023·江苏南通·期末）（多选）若函数，则（    ） A．的最小正周期为π B．的图像关于直线对称 C．的最小值为-1 D．的单调递减区间为 17．（23-24高三上·江苏南京·期末）已知实数，分别满足，，其中是自然对数的底数，则 . 18．（23-24高三上·江苏常州·期末）已知函数，曲线在点处切线方程为． (1)讨论函数在上的单调性； (2)当时，恒成立，求实数的取值范围． 19．（24-25高三上·江苏镇江·期末）已知函数． (1)求函数的单调区间； (2)求的零点个数． (3)在区间上有两个零点，求m的范围？ 20．（23-24高三上·江苏南通·期末）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)若a＞0，记为的零点，． ①证明：； ②探究与的大小关系． 21．（23-24高三上·江苏·期末）已知函数（）. (1)当时，求函数的单调区间； (2)若函数的图象与x轴相切，求证：. 22．（23-24高三上·江苏苏州·期末）已知函数，． (1)讨论的单调性； (2)当时，若的极小值点为，证明：存在唯一的零点，且． 23．（23-24高三上·江苏盐城·期末）设函数，其中为自然对数的底数， (1)若为上的单调增函数，求实数的取值范围； (2)讨论的零点的个数. 24．（23-24高三上·江苏扬州·期末）已知函数． (1)求函数的单调区间； (2)若对于任意的，且，恒有，求实数的取值范围． 25．（23-24高三上·江苏南京·期末）已知函数，为其导函数. (1)若，求的单调区间； (2)若关于的方程有两个不相等的实根，求实数的取值范围. 26．（2023·江苏连云港·期末）已知函数，且，． (1)若，函数在区间上单调递增，求实数b的取值范围； (2)证明：对于任意实数，．参考数据：． 地 城 考点04 导数与极值 27．（23-24高三上·江苏苏州·期末）已知函数. (1)求的极值； (2)证明：. 28．（24-25高三上·江苏扬州·期末）已知函数的两个极值点为，且，则实数的取值范围为 ． 29．（23-24高三·江苏南通·期末）设曲线在点处取得极值. （1）求的值； （2）求函数的单调区间和极值. 30．（23-24高三·江苏苏州·期末）已知函数，为的导数．证明： （1）在区间存在唯一极大值点； （2）有且仅有2个零点． 地 城 考点05 导数与最值 31．（23-24高三上·江苏常州·期末）已知正三棱锥的侧棱长为3，当该三棱锥的体积取得最大值时，点到平面的距离是（   ） A． B． C．3 D． 32．（23-24高三上·江苏南京·期末）已知等比数列单调递增，且成等差数列，则当取最小值时，集合中的元素之和为（    ） A．36 B．42 C．54 D．61 33．（2023·江苏·期末）在三棱锥中，，，圆柱体在三棱锥内部（包含边界），且该圆柱体的底面圆在平面内，则当该圆柱体的体积最大时，圆柱体的高为（    ） A． B． C． D． 34．（24-25高三上·江苏无锡·期末）在中，内角所对的边分别为（）.已知，则的最大值是 . 35．（2023·江苏南通·期末）已知圆锥的母线长为2，则当圆锥的母线与底面所成的角的余弦值为 时，圆锥的体积最大，最大值为 ． 36．（23-24高三上·江苏·期末）已知函数． (1)当时，求的最小值； (2)若在处取得极小值，求实数a的取值范围． 37．（24-25高三上·江苏·期末）设函数（，，）. (1)当时，求的最小值； (2)讨论函数的图象是否有对称中心.若有，请求出；若无，请说明理由； (3)当时，都有，求实数a的取值集合. 38．（23-24高三上·江苏扬州·期末）已知函数的最小值为. (1)求实数的值； (2)若有两个不同的实数根，求证：. 39．（23-24高三·江苏常州·期末）已知函数，其图象在点处的切线方程为. (1)求函数的解析式； (2)求函数在区间上的最值. 地 城 考点06 导数与零点 40．（23-24高三上·江苏南京·期末）（多选）已知函数的零点为，函数的零点为，则（    ） A． B． C． D． 41．（2023·江苏·期末）已知函数的导函数满足：，且.若函数有且只有一个零点，则实数a的值为（    ） A． B． C． D． 42．（23-24高三上·江苏镇江·期末）已知函数． (1)若恒成立，求的取值范围； (2)若有两个不同的零点，且，求实数的取值范围． 地 城 考点07 导数与不等式 43．（2023·江苏连云港·期末）（多选）已知，，若直线与、图象交点的纵坐标分别为，，且，则（    ） A． B． C． D． 44．（2023·江苏·期末）（多选）三角函数表最早可以追溯到古希腊天文学家托勒密的著作《天文学大成》中记录的“弦表”，可以用来查询非特殊角的三角函数近似值，为天文学中很多复杂的运算提供了便利，有趣的是，很多涉及三角函数值大小比较的问题却不一定要求出准确的三角函数值，就比如下面几个选项，其中正确的是（    ） A． B． C． D． 45．（23-24高三上·江苏镇江·期末）已知实数，，，那么，，大小关系为（    ） A． B． C． D． 46．（23-24高三上·江苏·期末）已知，，，则，，的大小关系是（    ） A． B． C． D． 47．（23-24高三上·江苏南京·期末）设实数，若不等式对恒成立，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 地 城 考点08 导数的综合应用 48．（23-24高三上·江苏泰州·期末）函数，若恰有6个不同实数解，正实数的范围为（    ） A． B． C． D． 49．（2023·江苏常州·期末）（多选题）已知函数，则（    ） A．函数在区间上单调递减 B．函数在区间上的最大值为1 C．函数在点处的切线方程为 D．若关于的方程在区间上有两解，则 50．（23-24高三上·江苏南通·期末）（多选）我国古代数学家祖暅提出一条原理：“幂势既同，则积不容异”，即两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等．利用该原理可以证明：一个底面半径和高都等于R的圆柱，挖去一个以上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥后，所得的几何体的体积与一个半径为R的半球的体积相等．现有一个半径为R的球，被一个距离球心为d（）的平面截成两部分，记两部分的体积分别为，则（    ） A． B． C．当时， D．当时， 51．（23-24高三上·江苏常州·期末）（多选）关于函数，下列说法正确的有（   ） A．函数的图象关于点对称 B．函数在上单调递增，在上单调递减 C．若方程恰有一个实数根，则 D．若，都有，则 52．（23-24高三上·江苏南京·期末）（多选）已知实数a，b满足，则（    ） A． B． C． D． 53．（2023·江苏南京·期末）若存在两个不等的正实数，，使得成立，则实数的取值范围为 . 54．（23-24高三上·江苏南京·期末）已知函数. (1)若当时，，求实数的取值范围； (2)求证：. 55．（2023·江苏南京·期末）2023年10月5日晚，杭州亚运会女篮决赛的巅峰对决中，中国女篮以战胜日本女篮，成功卫冕亚运会冠军，大快人心，表现神勇，为国家和人民争了光．某校随即开展了“学习女篮精神，塑造健康体魄”的主题活动，在该活动的某次篮球训练课上，进行了一场、、3名女篮队员的传接球的训练，球从手中开始，等可能地随机传向另外2人中的1人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外2人中的1人，如此不停地传下去，假设传出的球都能被接住．记第次传球之前球在手中的概率为，易知，． (1)①求第5次传球前，球恰好在手中的概率； ②第次传球前球在手中的概率为，试比较与的大小． (2)训练结束，体育老师为了表扬队员们精彩的表现和取得的进步，组织了一场“摸球抽奖”活动，先在一个口袋中装有个红球（且）和5个白球，一次摸奖从中摸两个球，两个球颜色不同则为中奖．若设三次摸奖（每次摸奖后球放回）恰好有一次中奖的概率，当取何值时，最大? 试卷第1页，共3页 2 / 45 学科网（北京）股份有限公司 $